2023届高考数学特训营-第2节--第一课时-导数与函数的单调性.doc

第一课时　导数与函数的单调性

A级(基础应用练)
1．(2022•西宁市月考)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　　)
A．f(x)=sin 2x B．f(x)=xex
C．f(x)=x3－x D．f(x)=－x＋ln x
答案：B
解析：由于x>0，对于A选项，f ′(x)=2cos 2x，f ′()=－1<0，不符合题意；对于B选项，f ′(x)=(x＋1)ex>0，符合题意；对于C选项，f ′(x)=3x2－1，f ′()=－<0，不符合题意；对于D选项，f ′(x)=－1＋，f ′(2)=－<0，不符合题意．综上所述，本小题选B.
2．(2022•江西模拟(文))“m<4”是“函数f(x)=2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：若f(x)=2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，则f ′(x)=4x－m＋≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，∴有4x＋≥m对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即m≤(4x＋)min，而4x＋≥2 =4，当且仅当x=时等号成立，则m≤4.∴“m<4”是“函数f(x)=2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．
故选A.
3．(2022•浙江模拟)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且函数f(x)的图象如图所示，则函数y=xf ′(x)的图象可能是(　　)

答案：C
解析：由图可知函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
则当x∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)>0，且f ′(－1)=0.
对于函数y=xf ′(x)，当x∈(－∞，－1)时，xf ′(x)>0，
当x∈(－1，0)时，xf ′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，xf ′(x)>0，
且当x=－1时，xf ′(x)=0，当x=0时，xf ′(x)=0，显然选项C符合，故选C.
4．(2022•四川模拟)若函数y=f(x)在区间D上是增函数，且函数y=f ′(x)在区间D上也是增函数(其中f ′(x)是函数f(x)的导函数)，则称函数y=f(x)是区间D上的“快增函数”，区间D叫作“快增区间”，则函数f(x)=sin2x＋2sin x在区间[0，π]上的“快增区间”为(　　)
A．[0，] B．[0，]
C．[，] D．[，]
答案：A
解析：f(x)=sin2x＋2sin x，x∈[0，π]，所以f ′(x)=2sin xcos x＋2cos x=2cos x(sin x＋1)，因为sin x＋1≥0恒成立，
当x∈[0，]时，cos x≥0，所以f ′(x)≥0，所以f(x)为增函数；
当x∈(，π)时，cos x<0，所以f ′(x)<0，所以f(x)为减函数．
令g(x)=f ′(x)=2sin xcos x＋2cos x，x∈[0，]，
则g′(x)=2cos2x－2sin2x－2sin x=2－4sin2x－2sin x，令t=sin x，则t∈[0，1]，
g′(t)=－4t2－2t＋2=－2(2t－1)(t＋1)，所以当t∈[0，]时，g′(t)≥0，即x∈[0，]时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，所以函数f(x)=sin2x＋2sin x在区间[0，π]上的“快增区间”为[0，]，故选A.
5．(2022•安徽月考)设函数f ′(x)是奇函数f(x)(x≠0)的导函数，f(－1)=－1.当x>0时，f ′(x)>1，则使得f(x)>x成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1，0)∪(0，1)
答案：B
解析：由f ′(x)>1(x>0)，可得f ′(x)－1>0.令g(x)=f(x)－x，则g ′(x)=f ′(x)－1>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(－1)=－1，所以g(－1)=f(－1)＋1=0.又因为f(x)为奇函数，所以g(x)=f(x)－x为奇函数，所以g(1)=0，且在区间(－∞，0)上，g(x)单调递增．所以使得f(x)>x，即g(x)>0成立的x的取值范围是(－1，0)∪(1，
＋∞)．故选B.
6．(多选题)已知定义在(0，)上的函数f(x)，f ′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf ′(x)＋sin xf(x)<0成立，则(　　)
A．f()>f() B.f()>f()
C．f()>f() D.f()>f()
答案：CD
解析：根据题意，令g(x)=，x∈(0，)，则其导数g ′(x)=，
又由x∈(0，)，所以恒有cos x•f ′(x)＋sin x•f(x)<0，则g′(x)<0，
所以函数g(x)为减函数，又由<，
则有g()>g()，即>，
分析可得f()>f()；
又由<，则有g()>g()，
即>，
分析可得f()>f()．故选CD.
7．(2022•重庆月考)函数f(x)=ln x－x2＋x的单调递增区间为__________．
答案：(0，)
解析：f ′(x)=－x＋1=，x∈(0，＋∞)，由f ′(x)>0，得，得0<x<，
∴单调递增区间为(0，)．故答案为(0，)．
8．若函数f(x)=cos2x－sin2x在区间[0，m]上单调递减，则m的一个值可以是__________．
答案：(答案不唯一，只要0<m≤)
解析：∵f(x)=cos 2x，∴f ′(x)=－2sin 2x，∴f ′(x)=－2sin 2x≤0在区间[0，m]上恒成立，∴sin 2x≥0在区间[0，m]上恒成立，故取m=，显然sin 2x≥0恒成立，
9． (2022•山东期末)已知函数f(x)的定义域为R，且f(－1)=2.若对任意x∈R，
f ′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为__________．
答案：(－1，＋∞)
解析：设g(x)=f(x)－2x－4，则g ′(x)=f ′(x)－2，
因为对任意x∈R，f ′(x)>2，所以g ′(x)>0，
所以对任意x∈R，g(x)是单调递增函数，
因为f(－1)=2，
所以g(－1)=f(－1)＋2－4=4－4=0，
由g(x)>g(－1)=0，可得x>－1，
则f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．
10．(2022•四川模拟)定义方程f(x)=f ′(x)的实数根x0叫作函数f(x)的“新驻点”．
(1)设f(x)=cos x，则f(x)在(0，π)上的“新驻点”为__________；
(2)如果函数g(x)=ex－x与h(x)=ln(x＋1)的“新驻点”分别为α、β，那么α和β的大小关系是______．
答案：　α>β
解析：(1)∵f(x)=cos x，∴f′(x)=－sin x，
根据“新驻点”的定义得f(x)=f ′(x)，即cos x=－sin x，可得tan x=－1，
∵x∈(0，π)，解得x=，所以函数f(x)=cos x在(0，π)上的“新驻点”为.
(2)g(x)=ex－x，则g′(x)=ex－1，根据“新驻点”的定义得g(α)=g′(α)，即α=1.
∵h(x)=ln(x＋1)，则h′(x)=，由“新驻点”的定义得h(x)=h′(x)，即ln(x＋1)=，构造函数F(x)=ln(x＋1)－，则函数y=F(x)在定义域上为增函数，
∵F(0)=－1<0，F(1)=ln 2－>0，
F(β)=0，由零点存在定理可知，β∈(0，1)，
∴α>β.
B级(综合创新练)
11．(2022•重庆市月考)已知函数f(x)=x3＋ax2＋bx，且f ′(－1)=－4，f ′(1)=0.
(1)求a和b；
(2)试判断函数f(x)的单调性．
解：(1)∵f(x)=x3＋ax2＋bx，
∴f′(x)=x2＋2ax＋b，
由，得，
解得a=1，b=－3.
(2)由(1)得f(x)=x3＋x2－3x，
∴f ′(x)=x2＋2x－3=(x－1)(x＋3)．
由f ′(x)>0，得x>1或x<－3；
由f ′(x)<0，得－3<x<1.
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－3，1)．
12．(2022•武冈模拟)设函数f(x)=ln x＋x2－2ax＋a2，a∈R.
(1)当a=2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[1，3]上不存在单调递增区间，求a的取值范围．
解：(1)a=2时，f(x)=ln x＋x2－4x＋4(x>0)，
f ′(x)=＋2x－4=，
令f ′(x)>0，解得x>或0<x<，
令f ′(x)<0，解得<x<，
故函数f(x)的单调递增区间为(0，)、(，＋∞)，单调递减区间为(，)．
(2)f ′(x)=＋2x－2a=，x∈[1，3]，
设g(x)=2x2－2ax＋1，
假设函数f(x)在[1，3]上不存在单调递增区间，
必有g(x)≤0，
于是，解得a≥.

13．已知函数f(x)=x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a=－1时，求函数f(x)的单调区间．
(2)是否存在实数a，使函数g(x)=f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
解：(1)当a=－1时，f(x)=x2＋2ln x－3x，
则f ′(x)=x＋－3=
=(x>0)．
当0<x<1或x>2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当1<x<2时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1，2)．
(2)假设存在实数a，使g(x)=f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，
则g′(x)=f ′(x)－a=x－－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
即≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
所以x2－2x－2a≥0在x>0时恒成立，
所以a≤(x2－2x)=(x－1)2－恒成立．
令φ(x)=(x－1)2－，x∈(0，＋∞)，
则其最小值为－.
所以当a≤－时，g′(x)≥0恒成立．
又当a=－时，g′(x)=，
当且仅当x=1时，g′(x)=0.
故当a∈(－∞，－]时，g(x)=f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增．